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如图，在平面直角坐标系中有一矩形ABCO（O为原点），点A、C分别在x轴、y轴上，且C点坐标为（0，6），将△BCD沿BD折叠（D点在OC上），使C点落在OA边的E点上，并将△BAE沿BE折叠，恰好使点A落在BD边的F点上．
（1）求BC的长，并求折痕BD所在直线的函数解析式；
（2）过点F作FG⊥x轴，垂足为G，FG的中点为H，若抛物线y=ax²+bx+c经过B、H、D三点，求抛物线解析式；
（3）点P是矩形内部的点，且点P在（2）中的抛物线上运动（不含B、D点），过点P作PN⊥BC，分别交BC和BD于点N、M，是否存在这样的点P，使S_△BNM=S_△BPM？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．

解：（1）由翻折可知：△BCD≌△BED，∴∠CBD=∠DBE．
又∵△ABE≌△FBE，∴∠DBE=∠ABE．
又∵四边形OCBA为矩形，
∴∠CBD=∠DBE=∠ABE=30°．
在Rt△DOE中，∠ODE=60°，∴DE=CD=2OD．
∵OC=OD+CD=6，∴OD+2OD=6，
∴OD=2，D（0，2），
∴CD=4．
在Rt△CDB中，BC=CD•tan60°= $\text{[math]}$ ，∴B（ $\text{[math]}$ ，6）．
设直线BD的解析式为y=kx+b，
由题意得： $\text{[math]}$ ，解得 $\text{[math]}$ ，

∴直线BD的解析式为：y= $\text{[math]}$ x+2．

（2）在Rt△FGE中，∠FEG=60°，FE=AE．
由（1）易得：OE= $\text{[math]}$ ，
∴FE=AE= $\text{[math]}$ ．
∴FG=3，GE= $\text{[math]}$ ．∴OG= $\text{[math]}$ ．
∵H是FG的中点，
∴H（ $\text{[math]}$ ， $\text{[math]}$ ）．
∵抛物线y=ax²+bx+c经过B、H、D三点，
∴ $\text{[math]}$ ，解得 $\text{[math]}$ ，
∴y= $\text{[math]}$ x² $\text{[math]}$ x+2．

（3）存在．
∵P在抛物线上，
∴设P（x， $\text{[math]}$ x² $\text{[math]}$ x+2），M（x， $\text{[math]}$ x+2），N（x，6）．
∵S_△BNM=S_△BPM，
∴PM=MN．
即： $\text{[math]}$ x² $\text{[math]}$ x=4- $\text{[math]}$ x，
整理得：x²- $\text{[math]}$ x-4=0，
解得：x= $\text{[math]}$ 或x= $\text{[math]}$ ．
当x= $\text{[math]}$ 时，y= $\text{[math]}$ x² $\text{[math]}$ x+2=2；
当x= $\text{[math]}$ 时，y= $\text{[math]}$ x² $\text{[math]}$ x+2=6，与点B重合，不符合题意，舍去．
∴P（ $\text{[math]}$ ，2）．
∴存在点P，使S_△BNM=S_△BPM，点P的坐标为（ $\text{[math]}$ ，2）．
分析：（1）首先由折叠性质得到∠CBD=∠DBE=∠ABE=30°，然后解直角三角形得到点D、点B的坐标，最后用待定系数法求出直线BD的解析式；
（2）点B、D坐标已经求出，关键是求出点H的坐标．在Rt△FGE中，解直角三角形求出点H的坐标，再利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（3）由S_△BNM=S_△BPM，且这两个三角形等高，所以得到PM=MN．由此结论，列出方程求出点P的坐标．
点评：本题是二次函数综合题型，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、一次函数、解直角三角形、翻折（折叠）性质、矩形性质等知识点．试题难度不是很大，但图形较为复杂，注意理清头绪．第（1）问的要点是翻折（折叠）性质，第（2）问的要点是求出点H的坐标，第（3）问的要点是由S_△BNM=S_△BPM推出PM=MN．

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